Matemática – AFA 2000 www.estudemais.com.br
PROVA DE MATEMÁTICA 01.(AFA - 2000) A imagem da função real f definida por f ( x )
(A) (A) (B) (C) (C) (D) (D)
=
2 +x 2 −x
SOLUÇÃO
é:
Alternativa A 9
- {1} {1} - {2 {2} - {-1 {-1}} - {2} {2}
3
3x
9 y
+ 3y = 28 ⇒ 3y2 – 28y
y = 9 = 3 ⇒ x1 = 2 +9=0⇒ 1 y = = 3 x ⇒ x 2 = −1 3 x
SOLUÇÃO Alternativa C Vamos admitir que a imagem de f pode admitir qualquer valor
c ∈ ℜ. Assim: c =
x
+ 3.3 x = 28 ; Fazendo y =
2+x 2 −x
Assim: x1 + x2 = 2 – 1 = 1
⇒ x(1 + c) = 2(c – 1)
x + y = a é indeterminado by = −a x − by
05.(AFA - 2000) O sistema
/ x, pois teríamos É fácil perceber que para c = -1, ∃ teríamos x.0 = -4 ⇒ Im(f) = ℜ - {-1}
quando (A) (A) ab = -1 -1 -1 (B) ab = -1 (C) (C) a + b = -1 (D) (D) a – b = -1
02.(AFA - 2000) Dadas f e g, duas funções reais definidas por f(x) = x3 – x e g(x) = senx, pode-se afirmar que a expressão de (fog)(x) é (A) sen2x cosx (B) (B) –sen –sen(x (x3 – x) (C) (C) –sen –senxx cos cos2x 3 (D) (D) senx senx – senx
SOLUÇÃO
Alternativa C
x + y = ±a x − by by = −a
Para Para que que o sist sistem emaa seja seja inde indete term rmin inad adoo deve devemo moss ter: ter:
SOLUÇÃO
1
Alternativa C fog(x) = f(g(x)) = f(senx) = sen3x – senx ⇒ fog(x) = senx. (sen2x – 1) = -senx.cos 2x
1
1 =0 ∧ − b 1
1
±a −a
=0
sempre ⇒ b = -1 ∧a = 0 ⇒ a + b = -1 06.(AFA - 2000) Se os números reais x e y satisfazem log
2
domínio da função função real f(x) = log(-x log(-x + 03.(AFA - 2000) O domínio 6x + 16) + log(x2 – 6x + 8) é: (A) {x ∈ ℜ| -2 ≤ x ≤ 2 ou 4 < x ≤ 8} (B) {x ∈ ℜ| -2 < x < 2 ou 4 < x < 8} (C) {x ∈ ℜ| x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 8} (D) {x ∈ ℜ| x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 4}
−2
x +y
2
=0
−1, x
( A) (B) (C) ( D)
SOLUÇÃO
Alternativa B -x2 + 6x + 16 > 0 ∧x2 – 6x + 8 > 0 ⇒ (-2 < x < 8) ∨(x > 2 ∨x > 4) ⇒ -2 < x < 2 ∨4 < x < 8
y2
e
−81 = 0 , então dado i = 2 xy
3y −3 −8 y
3
é
0 i 2i 3i SOLUÇÃO
Alternativa C log
−2 = 0 ⇒ − 2 = 1 ⇒ x + y = −2 ⇒ x = −2 − y x +y x +y 04.(AFA - 2000) A soma das raízes da equação 32-x + 31+x = 28 é (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
3
y
2
−8 y
−81 = 0 ⇒ 3 y 2 xy
3 −3 ⇒ y( y + 2x) = −8y + 4
Substituindo em :
1
2
+2 xy
− 3 −8 y.3 4 = 0 ⇒ 3 y
2
+2 xy
= 3 −8 y+
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y(y – 4 – 2y) = -8y + 4 ⇒ -y2 – 4y = -8y + 4 ⇒ y2 - 4y + 4 = 0 ⇒ y = 2 ⇒ x = -4 − − Assim: x y = (−4) 2 = (−4)1 / 2 = 2 07.(AFA-2000) O produto das raízes da equação 1
2
x
5 < log 3 ⇒ b > 1 ⇒ 2 −x b 7 4 ⇒ −3 < x < 4 log b
1
8
x
2
+ x +12
> −x 2 + x + 12 > 0
x é inteiro ⇒ x ∈ {-2,-1,0,1,2,3} ⇒ 6 soluções
0
www.estudemais.com .br log
2
x
log
1
(A) (B) (C) (D)
2
x
2
= 0 , com x ∈
0
2
*
ℜ+ ,
é:
10.(AFA - 2000) Seja z o conjugado do número complexo
3
1/2 3/4 4/3 3/2
z
1
i
= + . A seqüência de todos os valores de n ∈ N, tal 2
2
-n
que( z ) seja um imaginário puro, é uma progressão (A) aritmética com primeiro termo igual a 2 e razão 8. (B) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 2. (C) aritmétrica com primeiro termo igual a 2 e razão 4. (D) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 1.
SOLUÇÃO Alternativa A Aplicando Sarrus 2x.2log2x.3 – log2x.8x.3 = 0 ⇒ 2x +1.log2x = 23x. log2x ⇒
SOLUÇÃO
Alternativa C
log 2 x = 0 ⇒ x = 1 x +1 2 = 2 3x ⇒ x + 1 = 3x ⇒ x = 1 / 2
z=
Produto das raízes = 1.1/2 = 1/2
1 2
i
1
i
2
2
2
+ ⇒z = −
−n
−n 2 π 1 1 π −n cis − .cis − ( z ) ( z ) = − i = 2 2 4 4 2 − nπ = 0 ⇒ − nπ = π + k π é imaginário puro ⇒ cos ⇒ 4 2 4 −n
08.(AFA-2000) A expressão
www.estudemais.com .br a ( log a ) log 2 b
b 2 + ( log a ) log a
= 0 , com a, b, c ∈
n = -2 – 4k onde k ∈Z. Assim: K = -1; n = 2 K = -2; n = 6 ⇒ PA(a1 = 2; r = 4)
*
ℜ+ , é verdadeira quando
b2 = ac ou a = c c2 = ab ou a = b a = bc2 ou b = c ac-1 = b2 ou a = b
K = -3; n = 10
11.(AFA - 2000) Considere o polinômio P(z) = z2 – 2z + iw, w ∈ C. Se P(3 + 2i) = 1 + 10i, onde i = −1 , então uma forma trigonométrica de w é:
SOLUÇÃO
Alternativa A Aplicando as propriedades de logaritmos: log2a – log a . log b2 + log c . log b2 – log2 c = 0 ⇒ (log a + log c) (log a – log c) + 2 log b (log c – log a) = 0 ⇒ log a – log c = 0 ∨log a + log c – 2 log b = 0 ⇒ a = c ∨a . c = b2 09.(AFA - 2000) Se b = 2 −x 2 +x +12 , então o número de soluções inteiras que satisfaz a inequação
5 < log 3 b é 7 4
log b
2 cos 2 cos 2 cos
(A)
2 2 cos
(B)
2
(C)
2
(D)
2
π
π 4 4 3π 3 + i sen π 4 4 5π 5π + i sen 4 4 7π 7π + i sen 4 4 + i sen
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(A) (B) (C) (D)
SOLUÇÃO
4 5 6 7
Alternativa D P(z) = z2 – 2z + iw P(3 + 2i) = (3 + 2i) 2 – 2(3 + 2i) + i(a + bi) = 1 + 10i ⇒ 9 + 12i – 4 – 6 – 4i + ai – b = 1 + 10i ⇒ (-1 – b) + + (8 + a)i = 1 + 10i
SOLUÇÃO
−1 − b = 1 ⇒ b = −2 8 + a = 10 ⇒ a = 2 7π + i sen 7π w = 2 − 2i = 2 2 cos 4 4
Alternativa C Como
5 7
=
20 28
<
3 4
=
21 28
, temos:
2
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20
2
11
12. (AFA-2000) Se a divisão do polinômio P(x) = ax + bx – 2x9 por Q(x) = 4x2 – 4 tiver resto R(x) = -1, com a, b ∈ R, então
(A) b a =
(senx – cosx) = m2 – 2
x(1/2) :
1
1
−1 ≤
2
2
(
2
(senx
2 m
2
− cosx) =
− 2 ) ≤ 1 ⇒ −2 ≤
1 2
m
(m
2
π 1 − 2) ⇒sen x − = (m 4 2
−2≤2⇒0≤
2
m
2
≤2
a
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(B) (C)
b
a
b
2 ≤ 15.(AFA - 2000) A inequação 2senx 3 com x ∈ [0;2π ] e
=2
a
1
=
3
log
α=
(D) log ba = 0
2
log 2 −log 3
pertencentes a: (A) [0,π /3]∪[2π /3,2π ] (B) [0,π /2]∪[3π /2,2π ] (C) [0,π /6]∪[5π /6,2π ] (D) [0,4π /3]∪[5π /6,2π ]
SOLUÇÃO
Alternativa A P(x) = (4x2 – 4). Q’(x) – 1 ax20 + bx11 – 2x9 ≡ (4x2 – 4). Q’(x) – 1 Se x = 1 ⇒ a . 120 + b . 111 – 2 . 19 = -1 ⇒ a + b – 2 = -1 20 11 9 Se x = 1 ⇒ a . (-1) + b . (-1) – 2 . (-1) = -1 ⇒a - b + 2 = -1 = 2a = -2 ⇒ a = -1 a
-1
a + b – 2 = -1 ⇒ -1 + b – 2 = -1 ⇒ b = 2 ⇒ b = 2 =
13.(AFA-2000) O valor de sen (arc cos
1
SOLUÇÃO
Alternativa C
1
log 2
2 α = log 2 2 ⇒ 2 ≤ 3 3 1 π ⇒ sen x ≤ ⇒ 0 ≤ x ≤ ou
2
+ arc sen
, tem como solução os valores de x
sen x
1
)é
2
6
2
⇒ 2 sen x ≤
3
5π 6
2
≤ x ≤ 2π
www.estudemais.com .br 3
Comentário: Esta questão foi a 14ª questão da prova de matemática do ITA 91/92.
−1
(A)
2 2
(B)
2 6 −1
2
2 3 −1
é: (A) (B) (C) (D)
3 −2
6 −1 6
arc sen
2 1 3
= α ⇒ cos α = = β ⇒ sen β =
1 2 1 3
⇒ sen α = ⇒ cos β =
1− 1−
1 4 1 9
= =
Alternativa C
3
tg (a + b) = tg
2 2 2
3
3 2
6
6
5π 4
=1 ⇒
tga
+ tgb
1 − tgatgb
=1 ⇒1 – tg a . tg b
⇒ tg a + tg b + tg a . tg b + 1 = 2 ⇒ (1 + tg a).(1 + tg b) = 2
3
sen(α + β ) = sen α cos β + sen β cos α ⇒ sen (α + β ) 3 2 2 1 1 2 6 1 1+2 6 = . + . = + = 2
, então (1 + tg a) (1 + tg b)
SOLUÇÃO
Alternativa B 1
4
0 1 2 3
SOLUÇÃO
arc cos
5π
16.(AFA - 2000) Se a + b =
6
(C)
(D)
2
17.(AFA - 2000) Se (senx, sen2x, cosx) é uma progressão geométrica estritamente crescente, com 0 < x < 2π , então o valor de x é: (A) π /12 (B) π /10 (C) π /8 (D) π /6
6
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14. (AFA-2000) Os valores de m ∈ R para os quais a equação 2 2 (sen x – cos x) = m – 2 admite soluções, são (A) –1 ≤ m ≤ 1 (B) –2 ≤ m ≤ 2 (C) 0 ≤ m ≤ 2 (D) - 2 ≤ m ≤ 2
SOLUÇÃO Alternativa A (sen2x)2 = senx . cosx ⇒ (2senxcosx)2 = senxcosx ⇒ 4(senxcosx)2 = senxcosx ⇒ senxcosx [4senx.cosx – 1) = 0
SOLUÇÃO
Alternativa B
3
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20.(AFA - 2000) Usando-se 5 dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, sem repeti-los, a quantidade de números pares que se pode formar é: (A) 1080 (B) 2160 (C) 2520 (D) 5040
x= π 2 sen 2x = 0 ⇒ 2x = k π; 0 < x < 2π ⇒ x = π ou x = 3π 2
www.estudemais.com .br 2 sen x cos x
1
= ⇒ sen 2x = 1 2 ⇒
SOLUÇÃO
2
2x = π + 2k π ⇒ x = π + k π ⇒ x = π ou x = 13π ( 0 < x 6 12 12 12 5π 5π 17π π 2x = ou x = π − + 2k π ⇒ x = + k π ⇒ x = 12 12 12 6
Assim, de acordo com enunciado (P.G., estritamente crescente), temos x =
Alternativa A Como, com os algarismos dados, os números pares só podem terminar em 2, 4 ou 6, temos que a quantidade desejada é dada por 3. A64 = 3(6.5.4.3) = 1080 21.(AFA - 2000) Se no desenvolvimento do binômio (x + y)m+5, ordenado segundo as potências decrescentes de x, o quociente entre os termos que ocupam as posições (m + 3) e
π
12
(m + 1) é 18.(AFA - 2000) Se a soma dos seis primeiros termos de um progressão aritmética é 21 e o sétimo termo é o triplo da soma do terceiro com o quarto termo, então o primeiro termo dessa progressão é: (A) –7 (B) –8 (C) –9 (D) –10
(A) (B) (C) (D)
2 3
y 2 x −2
, então o valor de m é:
par primo ímpar múltiplo de 3
www.estudemais.com .br + = ⇒ + = ⇒ SOLUÇÃO
Alternativa A Usando a fórmula do tremo geral para a expansão do binômio, temos:
SOLUÇÃO
Alternativa C a1 a 6 .6 21 2 a 7 = 3(a 3 + a 4 )
T p +1
a1
a6
7
logo:
m + 5 m +5− p p = .y , x p
Tm +3
a1 + a1 + 5r = 7 ⇒ + = + + + a 6 r 3 ( a 2 r a 3 r 1 1 1 2a 1 + 5r = 7 − 5a1 = 7 ⇒ a1 = −9 − 5a − 9r = 0 ⇒ 2a 1 + 5 9 1
Tm +1
Assim:
m +5 3 m +2 ( m +5)! 3 m +2 .x .y .x .y = = 3! ( m + 2)! m + 2 m + 5 5 m ( m + 5)! 5 m
=
m
Tm + 3 Tm
+1
.x =
.y
=
5! m!
5!.m! 3!(m + 2)!
2
.x .y
.y .x
−2
= 2 y 2 .x −2 3
⇒3.5.4 /( m + 2).( m +1) = 2
⇒( m + 2).( m +1) = 30 ⇒ m = 4 19.(AFA - 2000) Seja (x, y, z, w) uma progressão aritmética crescente cuja soma é 10 e (a, b, c, d) uma progressão geométrica com a + b = 1 e c + d = 9. Se ambas têm a mesma razão, então o produto yw é:
22.(AFA - 2000) Os coeficientes do quinto, sexto e sétimo termos do desenvolvimento de (1 + x) n está em progressão aritmética. Se n < 13, então o valor de 2n + 1 é: (A) 7 (B) 13 (C) 15 (D) 27
www.estudemais.com .br SOLUÇÃO
Alternativa C PA(x – 3r, x – r, x + r, x + 3r); Soma 4x = 10 ⇒ x = 5/2 PG(a, aq, aq2, aq3) a + aq = 1 ⇒ a(1 + q) = 1 aq2 + aq3 = 9 ⇒ aq2(1 + q) = 9 ⇒ q = ± 3 ⇒ q = 3; daí, r = 3/2 Então, y.w = (x – r).(x + 3r) = x 2 + 2xr – 3r 2 = 7
SOLUÇÃO
Alternativa C Aplicando a regra de Pierre de Simon Fermat aos sétimo e sexto termos, teremos:
n n − 5 n n − 5 n − 4 n = 6 . 5 = 6 . 5 . 4 6
4
n n − 4 n = 5 . 4 5
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Usando a teoria sobre o termo médio de uma PA de 3 termos:
Comparando com a forma canônica x2 = 2Py ⇒ 2P =
n n n n − 4 n n n − 5 n − 4 n 2 . = + ⇒ 4 5 4 = 4 + 6 . 4 4 5 5 2(n − 4) n −5 n − 4 . =1+ ⇒ −n 2 + 21n − 98 = 0 ∴⇒ n
2.
5
6
5
Como n < 13, então 2n + 1 = 15
9 2
9
⇒P = . 4
25.(AFA - 2000) No plano cartesiano, a distância da origem à reta que passa pelos pontos A(0,4) e B(0,6) é:
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23.(AFA - 2000) Uma urna contém 1 bola preta e 9 brancas. Uma segunda urna contém x bolas pretas e as restantes brancas, num total de 10 bolas. Em um primeiro experimento, retira-se ao acaso uma bola de cada urna. Em um segundo experimento, todas as bolas são reunidas em uma única urna, e duas são retiradas, ao acaso, uma seguida à outra, sem reposição. O menor valor de x, tal que a probabilidade de se obterem duas bolas pretas seja estritamente maior no segundo experimento, é: (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
(A)
9 13
(B)
10
(C)
11 13
(D)
12
13
13
13
13 13
13
SOLUÇÃO Alternativa D Lembrando da forma da equação segmentar da reta obtemos: x 6
+
x 4
=1 , pois os pontos A(0,4) e B(6,0) pertencem à reta.
Logo a equação geral dessa reta é 2x + 3y – 12 = 0. A distância da origem à reta é dada por:
SOLUÇÃO
Alternativa C Probabilidade de retirar uma bola preta no 1º experimento:
www.estudemais.com .br 1
10
.
2.0 +3.0 −12
D=
x
2
2
12
=
+3 2
13
13
10
Probabilidade de retirar uma bola preta no 2º experimento: x +1 20
.
26.(AFA - 2000) A área do polígono que tem como vértices os extremos dos eixos maior e menor da elipse 4x2 + y 2 – 24x – 6y + 41 = 0, é: (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
x
19
De acordo com o problema
1 10
.
x 10
<
x +1 20
.
x 19
Como x ∈ Z, e x = 0 não é solução, vem: 19 < 5x < + 5 ⇒ x > 14/5 ⇒ x = 3 (pois x é inteiro)
SOLUÇÃO
24.(AFA - 2000) O parâmetro da parábola que passa pelo ponto P(6,2) e cujo vértice V(3,0) é o seu ponto de tangência com o eixo das abcissas, é: (A) 9/5 (B) 9/4 (C) 3 (D) 9/2
Alternativa D A equação reduzida da elipse com centro diferente da origem
SOLUÇÃO
, comparando esta equação dada teremos: b 2 = 4, a2 = 1, x0 = 8, y0 = 3
é dada por:
(x − x0 ) 2 a
2
+
(x − x0 ) 2 b
2
= 1 que desenvolvendo
dá: b 2 x 2
+ a 2 y 2 − 2 b 2 x 0 x − 2a 2 y 0 y + b 2 x 02 + a 2 y 02 − a 2 b 2 = 0
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Alternativa B Se (3,0) é o vértice e ao mesmo tempo o ponto de tangência entre a parábola e o eixo das abcissas, então o eixo de simetria da parábola é paralelo e OY e a equação da parábola é da forma y = k(x – y1)(y – y2). Mas 3 é raiz dupla: y = k(x – 3) 2 (6,2) ∈ parábola ⇒ k = ⇒ (x – 3)2 =
9y 2
2
9
⇒ Parábola: y =
2
9
2 2 ( y − 3) ( x − 8) Logo: + = 1 , o que dá como vértices do
1
4
polígono os pontos A(8,5), B(7,3), C(8,1) e D(9,3). Calcular a área desse polígono é como calcular a área de um triângulo e multiplicar por 4.
(x – 3)2
S=
;
1 2
8
.8 7
5
3 =1 ⇒S =4.S' =4 3
É equivalente também a calcular a área do losango formado ⇒ S = 4.2/2 = 4
5
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29.(AFA - 2000) Os pontos P(a,b) e Q(1,-1) são intersecção das circunferências α e β , com centros Cα (-2,y) e Cβ (b,a+1), respectivamente. Sendo C αC β perpendicular a PQ que, por sua vez, é paralelo ao eixo das ordenadas, a equação geral de β é: (A) x2 + y2 – 8x + 4y + 2 (B) x2 + y2 + 4x - 4y - 10 (C) x2 + y2 – 10x - 2y + 6 (D) x2 + y2 – 10x - 4y + 4 = 0
27.(AFA - 2000) A excentricidade da elipse que tem centro na origem, focos em um dos eixos coordenados e que passa pelos pontos A(3,2) e B(1,4) é:
(A)
2 3
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(B) (C)
(D)
3
3
2
SOLUÇÃO
2
Alternativa D PQ é paralelo ao eixo OX, logo a = 1, isto é, P(1,b) e ainda Cβ (b,2). Como P e Q pertencem a β , então as distâncias de P e Q a C β são iguais: (b – 1)2 + (2 – b)2 = (b – 1)2 + 32 ⇒ b2 – 4b – 5 = 0 ⇒ b = 5 ou b = -1 Sendo C αC β perpendicular a PQ que é vertical, então y = 2, assim como a ordenada de todos os pontos de C αC β . O ponto médio de PQ é também médio de C αC β que é
3
2
SOLUÇÃO
Alternativa B Equação da elipse com centro na origem eixo maior horizontal ou
x2 b 2
+
y2 a2
x2 a2
+
y2 b 2
= 1 , com
= 1 , com eixo maior
vertical. Como os pontos A(3,2) e B(1,4) pertencem a curva, então: 9 + 4 =1 9 + 4 =1 a 2 b 2 b 2 a 2 ou 1 16 2 + 2 = 1 12 + 162 = 1 a b b a resolvendo os dois sistemas concluímos que o eixo maior é
M(1,2) logo y M =
b −1
⇒ b = 5
www.estudemais.com .br vertical e
c a
=
2
O raio de β é R = (1 5) 2 ( 1 equação de β é (x – 5)2 + (y – 2)2 = 25 −
2)
+ − −
2
5
=
Então a
30.(AFA - 2000) O valor de x2, na figura abaixo é: (A) b2 – a2/4 (B) a4/ b2 – a2/4 a (C) b2/4 – b4/a2 a • (D) b2 – b4/ 4a2
3 3
28.(AFA - 2000) Se P(1,y) pertencente ao primeiro quadrante é o único ponto de interseção da curva α : x2 + y2 + 2x – 2y – 6 = 0 com a reta r, então a equação reduzida de r é: (A) y = -x (B) y = -x + 4 (C) y = -2x + 7 (D) y = -2x + 1
b
SOLUÇÃO Alternativa D y2 + x2 = b2 ⇒ b2 . x2 (a – y)2 + x2 = a2 ⇒ a2 – 2ay + y2 + x2 = a2 a2 – 2ay + b2 – x2 + x2 = a2 ⇒ b2 = 2ay ⇒ b4 = 4a2y2 Assim: b4 = 4a2(b2 – x2) ⇒ b4 = 4a2 b2 – 4a2x2 ⇒ 4a2 b2 – b4 = 4a2x2 ⇒ x2 = b2 – b4 / 4a2
SOLUÇÃO
Alternativa B Como o ponto P(1,y) pertence ao primeiro quadrante, y > 0 e como P pertence a curva α : x 2 + y 2 + 2x – 2y – 6 = 0, então substituindo suas coordenadas e resolvendo a equação achamos y = 3 ∴ P(1,3). A equação de α representa uma circunferência de centro C(1,1) e raio R = 2 2 . O segmento PC é perpendicular a reta r, logo
31.(AFA - 2000) Seja P um ponto interior a um triângulo eqüilátero de lado k, qual o valor de k, sabendo-se que a soma das distâncias de P a cada um dos lados do triângulo é 2?
www.estudemais.com .br m
=
1
m CP
⇒ m = −1 , portanto y – 1 = -1(x – 3), ou seja r:y
= -x + 4
(A)
2 3
(B)
3
(C)
4 3
(D)
2
3
3 3
SOLUÇÃO
6
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Alternativa D Aplicando Pitágoras aos triângulos: ABC: AB2 = AC2 + BC2; AC = BC ⇒ BC = r 2 BDM: BD2 = BM2 + DM2 ⇒ BD2 = (3r/2)2 + (r/2)2 ⇒ BD = r DBC: BD2 = BC2 + CD2 ⇒ CD = r
Alternativa C
▪ 1ª Resolução Sabendo que a soma das distâncias de um ponto interno de um triângulo eqüilátero e os seus lados é igual a sua altura temos: k 3 / 2
= (3.k / 2).2 ⇒ k =
4 3 3
▪ 2ª Resolução Sabendo que a área de um triângulo eqüilátero pode ser calculada pelo produto de seu semi-perímetro pelo raio do círculo inscrito (sendo as distâncias de P aos lados do triângulo todas iguais a 2, P é o centro dessa circunferência e 2 o seu raio), temos:
10 / 2
/2
( www.estudemais.com .br = (3.k / 2).2 ⇒ k =
2
k . 3 / 4
+ 10 (2p)DBC = BD + CD + BC = r 3 2 2
34.(AFA - 2000) No quadrilátero ABCD, AB = AD = 2BC = 2CD e B ≡ D = 90º. O valor do ângulo interno A é: (A) arc cos 1/5 B (B) arc cos 2/5 y (C) arc cos 3/5 2y C (D) arc cos 4/5
4 3 3
32.(AFA - 2000) Uma corda de comprimento a define em uma circunferência de raio 2a um arco θ , 0 ≤ θ < π /2. Nessa mesma circunferência, o arco 2θ é definido por uma corda de comprimento
(A)
a 11
(B)
a 13
(C)
a 15
2
y
α α
A
A
2y
SOLUÇÃO Alternativa D A = 2α cos α = 2y / [y2 + (2y)2]1/2 = 2 / 5 sen α = y / [y2 + (2y)2]1/2 = 1 / 5 sen A = sen (2α ) = 2.senα .cosα = 2(1 / 4/5 ⇒ A = arc sen 4/5
4 a
D
www.estudemais.com .br (D)
3
B
4
θ /2
θ
2a
O
2a
C
a 15
5
) . (2 /
5
)=
2
35.(AFA - 2000) Na figura abaixo, AC = BC, h = AB = 10 e SP é perpendicular a AB. O ponto S percorre AB e AS = x. Nessas condições, a área da figura sombreada pode ser expressa por: (A) 5x se x ∈ [0,5] e x2 – 10x + 50 se x ∈ [5,10] (B) x2 se x ∈ [0,5] e x2 – 10x + 50 se x ∈ [5,10] (C) 5x se x ∈ [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x ∈ [5,10] (D) x2 se x ∈ [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x ∈ [5,10]
SOLUÇÃO
Alternativa D No triângulo ABC (retângulo em A): sen (θ /2) = a/4a = ¼ Assim cos(θ /2) = 15 / 4 senθ = 2 sen(θ /2).cós(θ /2) = 15 / 8 Seja x o comprimento da corda procurada. analogamente temos: sen(θ ) = x/4a ⇒ x =
Veja que
C
a 15 2
h
33.(AFA - 2000) Na figura, O e M são centros das semicircunferências. O perímetro do triângulo DBC, quando AO = r = 2AM, é
A
S
B
www.estudemais.com ( ( .br (
(A)
r 3 2
(B)
r 3 2
(C)
r 3 2
(D)
+
Alternativa D Caso 1:x ∈ [0,5] Seja OS = y e AS = x APS ≈ ACH Como AH = 5 e CH = 10 ⇒ y = 2x SAPS = x.y/2 = x2 Caso 2:x ∈ [5,10] PBS ≈ CHB Logo:
2
+3
5
2
(
r 3 2
+3
10
2
+ 2
C
SOLUÇÃO
5
10
C D
SOLUÇÃO A
M
O
B
P
h
y
B
H C
S
h
7 A x
P B 10 - x
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PS = y e BS = 10 – x Pela semelhança: 2(10 – x) SABCD = (h.AB)/2 = 50 SBSP = [(10-x).y]/2 = [(10-x).2(10-x)]/2 = ⇒ (10-x)2 = 100-10x + x2 SACPS = SABC – SBSP = 50-100 + 20x – x 2 = -x2 + 20x – 50 36.(AFA-2000) Se as dimensões de um paralelepípedo reto retangular são as raízes de 24x 3 – 26x2 + 9x – 1 = 0, então sua diagonal é: (A) 9/24 (B) 7/12 (C) 61 / 12 (D) 61 / 24
Esfera circunscrita: Seja g a geratriz do cone, o raio da esfera circunscrita é:
_
O 120º g = 2Rsen60º ⇒ R =g g 3 / 3
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Esfera inscrita: Por equivalência de áreas (há 3 triângulos cujas bases são lados do triângulo eqüilátero, e cujas alturas são iguais ao raio da esfera inscrita: 3gr = g2 3 / 2 r= g 3/6 logo a relação r/R é igual 1/2 então a relação entre os volumes é 1/8
SOLUÇÃO Alternativa A Sejam as dimensões: a, b e c A diagonal D do paralelepípedo é dada pela raiz quadrada de a2 + b2 + c2 : Sabemos também que: a2 + b2 + c2 = (a + b + c) 2 – 2(ab + ac + bc) Pelas relações de Girardi na equação do 3º grau: a + b + c = 26/24 e ab + ac + bc = 9/24 Logo: a2 + b2 + c2 = (26/24)2 – 2.(9/24) = 61/144 Assim D = 61 / 12
39.(AFA - 2000) A distância entre as arestas reversas em um tetraedro regular de aresta e apótema g é:
(A)
−a 2
4g 2 2
(B)
−a 2
4g 2 4
− 4a 2
g2
www.estudemais.com .br (C)
2
(D)
37.(AFA – 2000) Seja um tronco de cone reto com altura h e bases de Raio R e r (R > r), retira-se desse sólido um cone reto invertido com base coincidente com a base menor do tronco e altura h se o volume do sólido resultante é igual ao volume do sólido retirado, então: (A) R2 + Rr – r 2 (B) R2 + Rr – 2r 2 = 0 (C) 2R2 – Rr – r 2 = 0 (D) 2R 2 + Rr – 2r 2 = 0
3
[
2
+ Rr + r 2 ] = 2 2
− 4a 2
SOLUÇÃO
Alternativa A A distância procurada é dada pela altura do triângulo isósceles formado por 2 apótemas e uma aresta do tetraedro: x2 = g2-a2/4 x=
4g 2
−a 2
g
g
x
2
Alternativa A Volume do tronco = 2 x Volume do cone invertido . R
2
4
SOLUÇÃO
πh
g
a
πr 2 h
40.(AFA – 2000) Na figura a seguir, AD = 2 e CB = 5. Se tg α = 4/5, então cotg β é: (A) 15/17 (B) 13/17 (C) 17/20 (D) 19/20
3 2
Simplificando: R + Rr – r
38.(AFA - 2000) A razão entre os volumes das esferas inscrita e circunscrita em um cone eqüilátero é: (A) 1/16 (B) 1/8 (C) 1/4 (D) 1/2
www.estudemais.com .br SOLUÇÃO
Alternativa C
C
SOLUÇÃO
Alternativa B O cone eqüilátero é aquele em que a seção meridiana é um triângulo eqüilátero, ou seja g = 2R. O problema consiste em calcular a relação entre os raios dos círculos inscritos e circunscritos em um triângulo eqüilátero
A
8
β
α
D
B
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Pelo triângulo retângulo ABC tem-se que: tg α = BC / AB ⇒ AB = 25/4 Como AD = 2 tem-se que BD = 25/4-2 = 17/4 Logo pelo triângulo retângulo DCB tem-se: tg β = 5/(17/4) = 20/17, logo ctgβ = 17/20
9
